SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Họ tên:………………… SỐ BÁO DANH:…………… KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016 Khóa ngày 23 tháng năm 2016 Môn thi: TOÁN LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức: P  x2  x x  x 2( x  1) với  x    x  x 1 x x 1 a Rút gọn biểu thức P b Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất Câu (3.0 điểm) a Cho phương trình: x2  2mx  m2   (tham số m) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn | x1 x2  x1  x2  | b Giải hệ phương trình:  x3  x y  x  y  xy  y x    x  y  x  11 Câu (2.5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I), AI cắt (O) tại M (khác A), J điểm đối xứng với I qua M Gọi N điểm cung ABM , NI NJ cắt (O) tại E F a Chứng minh MI  MB Từ đó suy BIJ CIJ tam giác vuông b Chứng minh I , J, E, F nằm đường tròn Câu (1.5 điểm) Cho a, b  thỏa mãn a  b  Tìm giá trị lớn nhất biểu thức sau: M 1  a  b b  a2 Câu (1.0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương m n thỏa mãn điều kiện: n2  n    m2  m  3 m2  m  5 -hÕt - SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016 Khóa ngày 23 tháng năm 2016 Môn thi: TOÁN LỚP Đáp án này gồm có 04 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước thì cho điểm đối với bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh không vẽ hình vẽ hình sai thì cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm toàn tổng (không làm tròn số) điểm tất cả các Câu Nội dung x  x x  x 2( x  1) với  x    x  x 1 x x 1 a Rút gọn biểu thức P Với  x  ta có: x2  x x ( x  1)( x  x  1)   x ( x  1)  x  x x  x 1 x  x 1 2x  x x (2 x  1)   x 1 x x Cho biểu thức: P  2( x  1) 2( x  1)( x  1)   2( x  1) x 1 x 1 P  ( x  x )  (2 x  1)  2( x  1)  x  x  Kết luận: P  x  x  1,  x  b Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất Với  x  ta có: 3 P  x  x   ( x  )2   4 1 Dấu ‘=’ xãy x    x  Kết luận: P đạt giá trị nhỏ nhất x  2 a Cho phương trình: x  2mx  m   (tham số m) Tìm m để Điểm 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,50 0,50 phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn | x1 x2  x1  x2  | 1,50 Ta có: ∆’  m2  2(m2  2)   m2 Phương trình có hai nghiệm x1 , x2  ∆’    m   2  m  0,25 0,25 Theo định lý Viet ta có: x1  x2  m; x1.x2  m2  2 Theo ra: m 2 m4 6 2 | m2  m  |   m2  m    m  m   6 c m  3 (lo¹ i)  m2  m  12   m  (lo¹ i) hoÆ    m  hoÆ c m1   m  m | x1 x2  x1  x2  |   m  hoÆ c m1 Kết luận: m  ; m  b Giải hệ phương trình:   x3  x y  x  y  xy  y x    x  y  x  11 ĐKXĐ: x     x  4 x 0 x  x y  x  y  xy  y (1) x    x  y  x  11 (2) Từ (1) ta có: x  x y  x  y  xy  y  x  x y  x  y  xy  y   ( x3  y )  xy ( x  y )  ( x  y )   ( x  y )[( x  xy  y )  xy  1]   ( x  y )( x  xy  y  1)   x  y  (do x  xy  y   x, y  ) xy  0,25 Thay x  y vào (2) ta có: x    x  x  x  11 (3) VP  x  x  11  ( x  3)   2, x  [2; 4] Dấu ‘=’ xãy  x  VT  x    x  ( x  2).1  (4  x).1 ( x  2)  (4  x)     2, x  [2; 4] 2 Dấu ‘=’ xãy x  0,25 0,50 1,50 0,25 0,50 0,25 0,25  x2 4 x   x 3 x  x  11  0,25 Do x  nên y  Kết luận: ( x; y)  (3; 3) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (3)  (I), AI cắt (O) tại M (khác A), J điểm đối xứng với I qua M Gọi N điểm cung ABM , NI NJ cắt (O) tại E F 1,50 a Chứng minh MI  MB Từ đó suy BIJ CIJ tam giác vuông A N I E O B C F 0,25 M J A (AM phân giác góc BAC ) A B  MBI  MBC  CBI   (1) 2 A B MIB  IAB  IBA   (2) (tính chất góc tam giác) 2 Từ (1) (2) suy tam giác MBI cân tại M, đó MI = MB Tương tự ta có: MI = MC Xét tam giác BIJ ta có: MB  MI  IJ  tam giác BIJ vuông tại B Tương tự: tam giác CIJ vuông tại C Vậy BIJ CIJ các tam giác vuông tại B C b Chứng minh I , J, E, F nằm đường tròn Ta có: MBC  MAC      1 s®NA  s®AE ; AIE  s®NM  s®AE 2 Mà s®NA = s®NM (N điểm cung ABM )  NFE  AIE Ta có: NFE  Mặt khác NFE  EFJ  1800 AIE  EIJ  1800  EFJ  EIJ Hơn I F nằm phía so với JE Kết luận: I , J, E, F thuộc đường tròn 0,25 0,25 0,25 0,50 1,0 0,25 0,25 0,50 Cho a, b  thỏa mãn a  b  Tìm giá trị lớn biểu thức: M 1,5 1  a  b2 b  a2 Trước hết ta chứng minh với a   a  b   a  b2   a  1 (* ) 0,50 Thật vậy: (* )  a2  2ab  b2  a2  a  ab2  b2  2ab  a  ab2  a b  1  (do a > 0) a1  2 a  b  a  b b1 Tương tự:  b  a2  b  a Từ (*)  0,25 1 a b   (1) 2 a b b a (a  b)2 a b Ta chứng minh với a, b  thỏa mãn a  b   (2) (a  b)2 Thật vậy: (2)  (a  b)2  (a  b)   (a  b  1)(a  b  2)  (do a  b  ) Cộng vế theo vế ta được: M  Từ (1) (2) suy M  Dấu ‘=’ xãy a  b  Vậy giá trị lớn nhất M a  b  0,25 Tìm tất cả các số nguyên dương m n thỏa mãn điều kiện n2  n    m2  m  3 m2  m  5 1,0 Từ điều kiện n2  n    m2  m  3 m2  m  5  m4  m2  8m  15 0,25 Xét phương trình bậc hai : n2  n  (m4  m2  8m  16)  (1) (ẩn số n) Để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì   4m4  4m2  32m  63 phải số phương 0,25 Ta có    2m  2  4 m  4    2m  2 , m * 2 0,50 2 Mặt khác    2m2  1  32 m  2 Do đó    2m2  1  32 m  2   2m2  1 , m  2 Khi đó:  2m2  1     2m2  2 , m  Suy (1) có nghiệm nguyên dương n m m Nếu m n2  n   vô nghiệm n  Nếu m n2  n  20     n  5 (lo¹ i) Thử lại m = n = thỏa mãn điều kiện toán Kết luận : m = ; n = 0,25 0,25 ...SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015- 2016 Khóa ngày 23 tháng năm 2016 Môn thi: TOÁN LỚP Đáp án này gồm có 04 trang YÊU CẦU... học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước thi cho điểm đối với bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh. .. hình sai thi cho điểm * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm thi tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chi t thành 0,25 điểm * Học sinh có